2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題練習 文

《2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題練習 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第3課時 立體幾何中的翻折問題和探索性問題練習 文（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第3課時　立體幾何中的翻折問題和探索性問題 [考情分析]　翻折問題和探索性問題是近年來高考立體幾何中的常見題型．翻折是聯結平面幾何與立體幾何的紐帶，實現平面向空間的轉化；探索性問題常以動點形式出現，是帶著解析幾何的味道出現在立體幾何中的神秘殺手，讓很多學生不知所措！對于這兩類題目，破題的秘訣是“以靜制動，靜觀其變！” 熱點題型分析 熱點1　翻折問題 1．處理好翻折問題的關鍵是抓住兩圖的特征關系，畫好翻折前后的平面圖形與立體圖形，并弄清翻折前后哪些發(fā)生了變化，哪些沒有發(fā)生變化，這些未變化的已知條件都是我們分析問題和解決問題的依據． 2．以翻折棱為基準，在同一個半平面內的幾何元素之間

2、的關系是不變的，分別位于兩個半平面內的幾何元素之間的關系一般是變化的．垂直于翻折棱的直線翻折后，仍然垂直于翻折棱． (2019·河北五校聯考)如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E為AC的中點，將△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD與平面ABC垂直，如圖2.在圖2所示的幾何體D－ABC中： (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)點F在棱CD上，且滿足AD∥平面BEF，求幾何體F－BCE的體積． 解　(1)證明：∵AC＝＝2，∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos45°＝

3、8， ∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC， ∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，∴BC⊥平面ACD. (2)∵AD∥平面BEF，AD?平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，∵E為AC的中點，∴EF為△ACD的中位線， 由(1)知，VF－BCE＝VB－CEF＝×S△CEF×BC， S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝， ∴VF－BCE＝××2＝. 1．解決與翻折有關的問題的關鍵是搞清翻折前后的變和不變．一般情況下，線段的長度是不變的，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． 2．在解決問題時，要

4、綜合考慮翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形． 如圖1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分別在線段BC，AD上，EF∥AB，將矩形ABEF沿EF折起，記折起后的矩形為MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如圖2. (1)求證：NC∥平面MFD； (2)若EC＝3，求證：ND⊥FC； (3)求四面體NEFD體積的最大值． 解　(1)證明：∵四邊形MNEF和四邊形EFDC都是矩形， ∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MNCD. ∴四邊形MNCD是平行四邊形，∴NC∥MD. ∵NC?平面MFD，MD?平面MFD， ∴NC∥平面

5、MFD. (2)證明：連接ED， ∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE?平面MNEF， ∴NE⊥平面ECDF. ∵FC?平面ECDF， ∴FC⊥NE. ∵EC＝CD，∴四邊形ECDF為正方形， ∴FC⊥ED. 又∵ED∩NE＝E，ED，NE?平面NED， ∴FC⊥平面NED. ∵ND?平面NED， ∴ND⊥FC. (3)設NE＝x，則FD＝EC＝4－x，其中0

6、僅當x＝4－x，即x＝2時，四面體NEFD的體積最大，最大值為2. 熱點2　探索性問題 立體幾何中的探索性問題主要是對位置關系、角的大小以及點的位置的探究，對條件和結論不完備的開放性問題的探究．解決這類問題一般根據探索性問題的設問，假設其存在并探索出結論，然后在這個假設下進行推理論證，若得到合乎情理的結論就肯定假設，若得到矛盾就否定假設． 　(2019·成都診斷)如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分別在BC，AD上，EF∥AB，現將四邊形ABEF沿EF折起，使BE⊥EC. (1)若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點P

7、，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由； (2)求三棱錐A－CDF的體積的最大值，并求出此時點F到平面ACD的距離． 解　(1)線段AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF， 此時＝. 理由如下： 當＝時，＝， 過點P作PM∥FD交AF于點M，連接EM， 則有＝＝，由題意可得FD＝5，故MP＝3， 由題意可得EC＝3，又MP∥FD∥EC， ∴， 故四邊形MPCE為平行四邊形， ∴CP∥ME， 又∵CP?平面ABEF，ME?平面ABEF， ∴CP∥平面ABEF成立． (2)設BE＝x，∴AF＝x(0

8、F＝××2·(6－x)·x＝(－x2＋6x)． ∴當x＝3時，VA－CDF有最大值，且最大值為3， 此時EC＝1，AF＝3，FD＝3，DC＝2，FC＝，AC＝，AD＝3，在△ACD中，由余弦定理得 cos∠ADC＝＝＝. ∴sin∠ADC＝，S△ADC＝·DC·DA·sin∠ADC＝3， 設點F到平面ADC的距離為h， 由于VA－CDF＝VF－ACD，即3＝·h·S△ADC， ∴h＝，即點F到平面ADC的距離為. 1．對于存在型問題，解題時一般先假設其存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或者方程組，把“是否存在”問題轉化為“是否有解”“是否在規(guī)定范圍內有解”等問題．

9、2．對于位置探索型問題，通常是利用空間線、面位置關系，引入參數，綜合條件和結論列方程，解出參數從而確定位置． (2019·鄭州模擬)在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點． (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距離． 解　(1)證明：取BD的中點O，連接OM，OE，因為O，M分別為BD，BC的中點，所以OM∥CD，且OM＝CD， 因為四邊形ABCD為菱形， 所以CD∥AB，因為EF∥AB，所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF＝2，

10、 所以EF＝CD. 所以OM∥EF，且OM＝EF， 所以四邊形OMFE為平行四邊形，所以FM∥OE. 又OE?平面BDE且FM?平面BDE，所以FM∥平面BDE. (2)由(1)得FM∥平面BDE，所以F到平面BDE的距離等于M到平面BDE的距離． 取AD的中點H，連接EH，BH， 因為EA＝ED，所以EH⊥AD， 因為平面ADE⊥平面ABCD，且平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE， 所以EH⊥平面ABCD，因為BH?平面ABCD， 所以EH⊥BH. 因為四邊形ABCD是菱形，所以AB＝AD＝2， 又∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形， 所以BD

11、＝2，BH＝.易得EH＝. 在Rt△EBH中，因為EH＝BH＝， 所以BE＝， 因為ED＝BD＝2，所以△BDE為等腰三角形， 所以S△BDE＝×× ＝， 設F到平面BDE的距離為h， 連接DM， 因為S△BDM＝×1×＝， 所以由VE－BDM＝VM－BDE，得 ××＝×h×， 解得h＝. 即F到平面BDE的距離為. 專題作業(yè) 1．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC. (1)求證：DC⊥平面PAC； (2)求證：平面PAB⊥平面PAC； (3)設點E為AB的中點，在棱PB上是否存在點F，使得PA∥平面CEF？說明理由

12、． 解　(1)證明：因為PC⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以PC⊥DC. 又因為AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC. (2)證明：因為AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC. 因為PC⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， 所以PC⊥AB. 又因為PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC. 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC. (3)棱PB上存在點F，使得PA∥平面CEF. 理由如下：取PB的中點F，連接EF，CE，CF，又因為E為AB的中點，所以EF∥PA.又因為PA?平面CEF，且EF?平面CEF，所以PA∥平面CEF. 2．如圖，四棱

13、錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝2CD＝2，側面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是以AD為底的等腰三角形． (1)證明：AD⊥PB； (2)若四棱錐P－ABCD的體積等于，問：是否存在過點C的平面CMN，分別交PB，AB于點M，N，使得平面CMN∥平面PAD？若存在，求出△CMN的面積；若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：取AD的中點G，連接PG，GB，BD， ∵PA＝PD，∴PG⊥AD. ∵AB＝AD，且∠DAB＝60°， ∴△ABD是正三角形， ∴BG⊥AD， 又∵PG∩BG＝G，PG，BG?平面PGB， ∴

14、AD⊥平面PGB.∴AD⊥PB. (2)存在，理由如下： 分別取PB，AB的中點M，N，連接CM，MN，NC，則MN∥PA； ∵ABCD是梯形，且DC平行且等于AB， ∴DC平行且等于AN，于是，四邊形ANCD為平行四邊形， ∴NC∥AD，∴平面CMN∥平面PAD. 由(1)知，MN＝1，CN＝2， 易知PG⊥平面ABCD，BC＝， ∵四棱錐P－ABCD的體積為， ∴＝××PG， ∴PG＝，在Rt△AGB中，得GB＝， ∴PB＝，BM＝， ∴在△PBC與△CBM中，＝＝， ∴△PBC∽△CBM，易知CG＝，PC＝，＝，得CM＝，∴MN2＋MC2＝NC2， ∴△CMN

15、是直角三角形， ∴S△CMN＝·CM·MN＝. 3．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體． (1)求證：AB⊥平面ADC； (2)若AD＝1，AC與其在平面ABD內的正投影所成角的正切值為，求點B到平面ADE的距離． 解　(1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，DC?平面BCD，所以DC⊥平面ABD. 因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB，又因為AD⊥AB，且DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.

16、 (2)由(1)知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD內的正投影為AD，即∠DAC為AC與其在平面ABD內的正投影所成角． 依題意得tan∠DAC＝＝， 因為AD＝1，所以CD＝， 設AB＝x(x>0)，則BD＝， 因為△ABD∽△DCB，所以＝，即＝， 解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝3. 由于AB⊥平面ADC，AC?平面ADC， 所以AB⊥AC，又E為BC的中點，所以由平面幾何知識得AE＝＝， 因為BD⊥DC，E為BC的中點， 所以DE＝＝，所以 S△ADE＝×1× ＝. 因為DC⊥平面ABD， 所以VA－BCD＝VC－ABD＝CD·S△ABD＝. 設點B到平面ADE的距離為d.則由d·S△ADE＝VB－ADE＝VA－BDE＝VA－BCD＝，得d＝， 即點B到平面ADE的距離為. - 10 -